Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej

Transkrypt

1 Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Zwardoń, 29 maja - 12 czerwca 2008 (wydanie pierwsze)

2 Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Zwardoń, 29 maja - 12 czerwca 2008 Dom wczasowy Zgoda, Zwardoń 45A Zwardoń tel Kadra: Joanna Bogdanowicz Wojciech Czerwiński Maciej Gawron Tomasz Kobos Michał Krych Przemysław Mazur Jakub Onufry Wojtaszczyk Olimpiada Matematyczna w Internecie:

3 Wstęp Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej odbył się w dniach 29 maja - 12 czerwca 2008 r. w Zwardoniu, w pensjonacie Zgoda. Kadrę obozu stanowili: Joanna Bogdanowicz, Wojciech Czerwiński, Maciej Gawron, Tomasz Kobos, Michał Krych, Przemysław Mazur oraz Jakub Onufry Wojtaszczyk. W dniach 30 i 31 maja oraz 1, 2, 3, 6, 7, 9 i 10 czerwca uczestnicy obozu rozwiązywali zadania indywidualne (przy czym 1 czerwca miały miejsce wyjątkowe zawody indywidualne, z okazji Dnia Dziecka), dnia 8 czerwca odbyły się zawody drużynowe, a 4 i 11 czerwca rozegrane zostały mecze matematyczne (regulamin meczu znajduje się na końcu tego zeszytu). Każdego dnia zawodów indywidualnych uczestnicy otrzymywali 4 zadania (jedynie w Dzień Dziecka 8) i mieli na ich rozwiązanie 4,5 godziny. Zawody drużynowe, jak i mecze matematyczne trwały cały dzień. Dla uczestników, którzy rozwiązali już wszystkie zadania przygotowane zostały nieobowiązkowe zadania nieco trudniejsze niż pozostałe, za które nie można było otrzymać punktów, lecz nagrodę. W ramach zawodów indywidualnych można było uzyskać 216 punktów. Trzy najlepsze wyniki to: 185 punktów, 172 punkty i 165 punktów. Punkty uzyskane za poszczególne zadania przedstawia tabela na następnej stronie. Dla uczestników zorganizowane zostały dwie wycieczki: 4 czerwca piesza wycieczka na Wielką Raczę, a 8 czerwca wycieczka pociągiem do Žyliny na Słowacji. Niniejszy zeszyt zawiera wszystkie zadania z obozu oraz szkice ich rozwiązań. Zeszyty z poprzednich Obozów Naukowych Olimpiady Matematycznej znajdują się na stronie internetowej Olimpiady Matematycznej: Kadra obozu Zwardoń

4 Zestawienie ocen z zawodów indywidualnych Zad. l. prac na 6p. l. prac na 5p. l. prac na 2p. l. prac na 0p DD DD DD DD DD DD DD DD Zad. l. prac na 6p. l. prac na 5p. l. prac na 2p. l. prac na 0p Uwaga: Każda praca była oceniana w skali 0, 2, 5, 6 punktów, przy czym zadania z Dnia Dziecka liczone były z wagą

5 Spis treści Wstęp 3 Zestawienie ocen 4 Spis treści 5 Treści zadań 7 Zawody indywidualne 7 Dzień Dziecka 11 Zawody drużynowe 12 Pierwszy mecz matematyczny 13 Drugi mecz matematyczny 15 Zadania nieco trudniejsze 16 Rozwiązania 19 Zawody indywidualne 19 Dzień Dziecka 46 Zawody drużynowe 50 Pierwszy mecz matematyczny 56 Drugi mecz matematyczny 66 5

6 Zadania nieco trudniejsze 80 Regulamin Meczu Matematycznego 101 6

7 Zawody indywidualne: Treści zadań 1. Każdą liczbę naturalną pomalowano na jeden z dwóch kolorów. Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej n istnieją różne liczby naturalne a, b > n takie, że liczby a, b i a + b są jednego koloru. 2. Niech O i I oznaczają odpowiednio środek okręgu opisanego i wpisanego w nierównoboczny trójkąt ABC. Udowodnić, że AIO 90 wtedy i tylko wtedy, gdy 2BC AB + AC. 3. Liczbę naturalną n nazywamy wypasioną, jeżeli dla każdej liczby pierwszej p dzielącej n liczba p 2 również dzieli n. Rozstrzygnąć, czy istnieje nieskończenie wiele liczb n takich, że n oraz n + 1 są wypasione. 4. Wyznaczyć wszystkie funkcje f : Z + Z + spełniające dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich x i y warunek f(x 2 + f(y)) = xf(x) + y. oraz 5. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (gdzie n 4) spełniają warunki a 1 + a a n n a a a 2 n n 2. Dowieść, że przynajmniej jedna z liczb a 1, a 2,..., a n jest nie mniejsza niż Znaleźć wszystkie liczby naturalne n 2 takie, że wszystkie liczby naturalne mniejsze od n i względnie pierwsze z n tworzą ciąg arytmetyczny. 7. Zabezpieczenie sejfu składa się z trzech kół, z których każde może być ustawione w jednej z ośmiu pozycji. Z powodu uszkodzenia mechanizmu blokującego sejf drzwiczki do sejfu można otworzyć, gdy dowolne dwa koła znajdują się w prawidłowej pozycji. Rozstrzygnij jaka jest najmniejsza liczba prób, która gwarantuje otworzenie sejfu. 7

8 8. Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Punkt K leży na boku AB, punkt L na boku AC oraz punkty K, O i L są współliniowe. Punkt R jest środkiem odcinka BL, zaś S jest środkiem odcinka CK. Udowodnij, że BAC = SOR. 9.Dany jest ostrokątny trójkąt ABC, w którym AB AC. Dwusieczna kąta A przecina bok BC w punkcie V, natomiast D jest spodkiem wysokości poprowadzonej z A. Okrąg opisany na trójkącie AV D przecina boki AB i CA odpowiednio w punktach F i E. Dowieść, że proste AD, BE i CF przecinają się w jednym punkcie. 10.Szachownicę wypełniono liczbami rzeczywistymi o module niewiększym niż 1. Co więcej suma liczb w każdym kwadracie 2 2 jest zerem. Udowodnić, że suma wszystkich liczb na szachownicy nie przekracza Niech C będzie liczbą dodatnią, zaś a 1, a 2,... nieskończonym ciągiem liczb dodatnich spełniającym dla każdego i = 1, 2,... warunek 0 a i C oraz dla każdych liczb 1 i < j nierówność 1 a i+j i a j. Udowodnić, że C Niech P będzie unormowanym wielomianem dziesiątego stopnia o współczynnikach całkowitych. Rozstrzygnąć, czy liczby P (0), P (1),..., P (100) mogą dawać parami różne reszty przy dzieleniu przez Wielomian P spełnia dla każdej liczby rzeczywistej x równość P (x)p (2x 2 ) = P (2x 3 + x). Udowodnić, że jeśli P ma pierwiastek rzeczywisty, to jest tożsamościowo równy zero. 14.Niech okręgi o 1 i o 2 przecinają się w punktach A i B. Pewna prosta przechodząca przez B przecina o 1 i o 2 odpowiednio w punktach C i D. Proste styczne do o 1 w C i o 2 w D przecinają się w punkcie M. Proste AM i CD przecinają się w punkcie X. Punkt K jest takim punktem na prostej AC, że proste XK i MC są równoległe. Udowodnić, że prosta KB jest styczna do okręgu o Dane są trzy liczby całkowite a, b, c i liczba pierwsza p 5. Udowodnić, że jeżeli an 2 + bn + c jest kwadratem liczby całkowitej dla 2p 1 8

9 kolejnych wartości n, to p b 2 4ac. 16.Dana jest liczba naturalna n 2. Tablica n n jest wypełniona liczbami 0 i 1 w ten sposób, że każdy podzbiór n pól, z których żadne 2 nie leżą w jednej kolumnie ani w jednym wierszu zawiera co najmniej jedno pole z liczbą 1. Dowieść, że istnieje i wierszy i j kolumn, gdzie i + j n + 1, takich, że na przecięciu każdego wiersza i każdej kolumny jest liczba Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych n takich, że suma cyfr liczby 3 n jest nie mniejsza niż suma cyfr liczby 3 n Dany jest wielomian stopnia n spełniający zależność P (i) = 2 i dla i = 0, 1, 2,..., n. Wyznaczyć P (n + 1). 19.Na płaszczyźnie dany jest wielokąt W o polu większym od n. Udowodnić, że można tak przesunąć równolegle wielokąt W, że w jego wnętrzu znajdzie się co najmniej n + 1 punktów kratowych. 20.Niech KL i KN będą stycznymi do okręgu k w punktach L i N. M jest takim punktem, że K, N, M leżą na jednej prostej w tej właśnie kolejności. Okrąg opisany na trójkącie KLM przecina okrąg k w punkcie P. Punkt Q jest rzutem prostopadłym N na prostą ML. Udowodnić, że MP Q = 2 KML. 21.Ahmed i Fredek grają w grę na szachownicy n n, gdzie n jest liczbą nieparzystą. Ahmed stawia kółka, a Fredek krzyżyki. Na początku wszystkie pola są puste, tylko w lewym dolnym rogu jest kółko, a w prawym górnym jest krzyżyk. Zaczyna Ahmed. Ruch gracza polega na postawieniu swojego znaczka na wolnym polu sąsiadującym przez krawędź z polem, na którym jest już postawiony jego znaczek. Gdy gracz nie może wykonać ruchu, to traci go. Gra kończy się, gdy żaden z graczy nie może wykonać ruchu. Grę wygrywa ten gracz, który wykonał więcej ruchów. Rozstrzygnij, który z graczy posiada strategię wygrywającą. 22.Dany jest wielomian P stopnia n 2 o współczynnikach całkowitych dodatnich a n, a n 1,..., a 1, a 0 spełniających warunki: a n k = a k dla każdego k = 1, 2,..., n 1 oraz a n = a 0 = 1. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele par liczb całkowitych a, b takich, że a P (b) i b P (a). 9

10 23.Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC, a D punktem styczności tego okręgu z bokiem BC. Okrąg ω jest styczny do prostej BC w punkcie D a do okręgu opisanego na trójkącie ABC w punkcie T, przy czym A i T leżą po jednej stronie prostej BC. Dowieść, że AT I = Dane są dodatnie liczby rzeczywiste x 1, x 2,..., x n n x i = 1. Udowodnić nierówność: i=1 takie, że n x i i=1 1 + x1 + + x i 1 x < i + x i x n 2 25.W trójkącie ABC punkt D jest spodkiem wysokości poprowadzonej z punktu A. Na pewnej prostej przechodzącej przez D wybrano takie punkty E i F, różne od D, że AEB = AF C = 90. Punkty M i N są odpowiednio środkami odcinków BC i EF. Dowieść, że ANM = Dane jest 2n parami różnych liczb rzeczywistych a 1, a 2,..., a n, b 1, b 2,..., b n oraz tablica n n. W pole leżące w i-tym wierszu i w j- tej kolumnie tablicy wpisano liczbę a i + b j. Udowodnić, że jeśli iloczyny liczb we wszystkich kolumnach są równe, to również iloczyny liczb we wszystkich wierszach są równe. 27.W pola tablicy n n wpisano wszystkie liczby naturalne od 1 do n 2. Udowodnić, że istnieją dwa pola sąsiadujące krawędzią takie, że wpisane w nie liczby różnią się o co najmniej n. 28.Dana jest liczba naturalna n 2. Udowodnić, że liczba 2 2n + 1 posiada dzielnik pierwszy, który jest większy niż 2 n+2 (n + 1). 29.Liczby dodatnie a, b, x, y spełniają równości a 2 + x = b 2 + y oraz a + x 2 = b + y 2, a także nierówność a + b + x + y < 2. Dowieść, że a = b oraz x = y. 30.Rozstrzygnąć czy istnieją parami względnie pierwsze liczby naturalne a, b, c > 1, dla których zachodzą warunki: a 2 b + 1, b 2 c + 1, c 2 a

11 31.Sfery opisana oraz wpisana w czworościan ABCD mają wspólny środek, AB = CD oraz wszystkie ściany tego czworościanu są trójkątami ostrokątnymi. Udowodnić, że środki krawędzi czworościanu ABCD leżą na jednej sferze wtedy i tylko wtedy, gdy jest on foremny. 32.Udowodnić, że istnieje dokładnie jeden podział zbioru liczb naturalnych na rozłączne zbiory A i B spełniający warunek: dla dowolnej liczby naturalnej n liczba sposobów zapisania n w postaci a i + a j, gdzie a i, a j A i a i a j jest równa liczbie sposobów zapisania n w postaci b i + b j, gdzie b i, b j B i b i b j. Dzień Dziecka: 1. W załączniku do zadań masz aktualną kopię punktacji poszczególnych uczestników obozu. Dla ciągu rzeczywistych liczb a 1, a 2,... a 8 zmodyfikowanym wynikiem zawodnika nazywamy liczbę 8 i=1 a i P i, gdzie P i to liczba punktów, które ten zawodnik zdobył z i tego zadania. Twoim zadaniem jest tak dobrać wagi a i, abyś był liderem rankingu zmodyfikowanych wyników ex aequo z jak najmniejszą liczbą innych zawodników. 2. Znajdź wszystkie pary liczb całkowitych a, b takie, że a 3 = 6b Niech ABC będzie trójkątem równobocznym o polu 1, zaś P dowolnym punktem w jego wnętrzu. Przez D, E, F oznaczamy rzuty prostokątne P odpowiednio na BC, CA i AB. Znajdź najmniejszą możliwą sumę pól trójkątów BDP, CEP i F AP. 4. Mając daną kartkę papieru A5 skonstruować (bez użycia cyrkla tudzież linijki) trójkąt równoboczny. Można założyć, że boki kartki A5 dzielą się w stosunku 1 : 2. Uwaga: Do opisu konstrukcji należy dołączyć skonstruowany trójkąt. 5. Czy z kwadratowej kartki papieru o wymiarach 7, 99 7, 99 potrafisz wyciąć 50 kwadratów jednostkowych? 6. Rozstrzygnij, czy istnieje 2008 różnych trójek parami względnie pierwszych liczb naturalnych a, b, c takich, że a 2, b 2 i c 2 tworzą ciąg arytmetyczny. 11

12 7. Joszua rzuca monetą n razy, zaś Ahmed n + 1 razy. Oblicz prawdopodobieństwo, że Ahmed wyrzuci więcej orłów niż Joszua. 8. Udowodnij, że dla każdego x (0, 1) i każdych liczb naturalnych m, n zachodzi nierówność (1 x n ) m + (1 (1 x) m ) n 1. Zawody drużynowe: 1. Znaleźć wszystkie funkcje f : R R spełniające dla dowolnych x, y R tożsamość f(x f(y)) = f(x) + xf(y) + f(f(y)). 2. Rozstrzygnąć czy istnieje zbiór liczb naturalnych S mocy 2008 taki, że suma elementów dowolnego podzbioru S jest potęgą liczby naturalnej o wykładniku większym od Dana jest rodzina T podzbiorów k elementowych zbioru n elementowego S, przy czym n > 2k. Każdy k+1 elementowy podzbiór S zawiera dokładnie m 1 zbiorów z rodziny T. Wykazać, że T zawiera wszystkie k elementowe podzbiory S. 4. Dany jest okrąg ω i rozłączne, styczne do niego wewnętrznie, okręgi ω 1, ω 2 o środkach O 1, O 2. Niech A i B będą punktami styczności wspólnej stycznej zewnętrznej ω 1, ω 2 odpowiednio z ω 1 i ω 2. Wspólne styczne wewnętrzne ω 1, ω 2 przecinają ω w punktach C, D, przy czym punkty A, B, C i D leżą po tej samej stronie prostej O 1 O 2. Udowodnić, że proste AB i CD są równoległe. 5. Znaleźć figurę F R 2 o jak najmniejszym polu, w której da się obrócić odcinek, tzn. istnieje funkcja ciągła f : [0, 1] [0, 1] F taka, że f(0, 0) = f(1, 1) oraz f(0, 1) = f(1, 0) oraz dla każdych p, q, t [0, 1] zachodzi d(f(p, t), f(q, t)) = p q, gdzie d to metryka euklidesowa w R 2. 12

13 Pierwszy mecz matematyczny: 1. Kulką będziemy nazywać kulę o promieniu 1. Układ n parami rozłącznych kulek zawartych w kuli K o promieniu R nazywamy dobrym, gdy nie da się dołożyć do niego kolejnej kulki (rozłącznej i zawartej w K), zaś mega dobrym, jeśli jest dobry oraz nie istnieje dobry układ o większej liczbie kulek. Dla dwóch mega dobrych układów X i Y udowodnić, że da się tak ustawić środki kulek z układu X w ciąg A 1, A 2,..., A n, zaś środki kulek z układu Y w ciąg B 1, B 2,..., B n, że dla każdego i {1, 2,..., n} długość odcinka A i B i nie przekracza Znaleźć wszystkie funkcje f : R + R + spełniające dla dowolnych x, y R + tożsamość f(x + f(y)) = f(x + y) + f(y). Uwaga: R + oznacza zbiór liczb rzeczywistych dodatnich. 3. Niech a, b, c będą liczbami rzeczywistymi dodatnimi spełniającymi nierówność 21ab + 2bc + 8ca 12. Znaleźć najmniejszą możliwą wartość wyrażenia 1 a + 2 b + 3 c. 4. Dana jest nieparzysta liczba pierwsza p. Udowodnić, że zachodzi kongruencja p 1 i=1 2 i i p 2 p 1 2 i p 2 i=1 (mod p.) 5. W czworościanie ABCD na krawędziach AB, AC, AD, BC, BD, CD wybrano odpowiednio punkty K, L, M, N, O, P tak, że są one różne od wierzchołków. Udowodnić, że sfery opisane na czworościanach AKLM, BKNO, CLNP i DMOP przecinają się w jednym punkcie. 6. Ahmed i Fredek zdecydowali się zagrać w grę. Tym razem mają nieskończoną szachownicę, początkowo pustą. Ruch polega na postawieniu swojego znaku (Ahmed gra kółkami, Fredek zaś krzyżykami, Ahmed 13

14 rusza się pierwszy) na dowolnym pustym polu. Zwycięża gracz, któremu uda się ustawić n swoich znaków w sąsiadujących polach jednego wiersza, kolumny lub skosu. Rozstrzygnąć, czy istnieje takie n, dla którego przy dobrej grze Fredka Ahmed nie zdoła wygrać w skończonej liczbie ruchów. 7. Znaleźć wszystkie wielomiany P takie, że dla każdego x rzeczywistego zachodzi równość P (x 2 + 1) = (P (x)) Dany jest ciąg wektorów jednostkowych v 1, v 2,..., v n. Rozstrzygnąć, czy możemy dobrać taki ciąg znaków, że dla każdego k wektor k ±v i leży w kole o promieniu Znaleźć wszystkie rozwiązania równania x 3 +2x+1 = 2 n w liczbach naturalnych. 10. Okrąg o środku O jest styczny wewnętrznie do dwóch okręgów w jego wnętrzu w punktach S i T. Okręgi te przecinają się w punktach M i N, przy czym punkt N leży bliżej prostej ST. Udowodnić, że proste OM i MN są prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy punkty S, N, T leżą na jednej prostej. 11. Niech a będzie liczbą naturalną większą od 1. Ciąg a n definiujemy wzorem a n = a n+1 + a n 1. Wykazać, że istnieje podciąg ciągu a n, którego dowolne dwa wyrazy są względnie pierwsze. 12. Symetralne boków AB i BC nierównobocznego trójkąta ABC przecinają boki BC i AB odpowiednio w punktach A 1 i C 1. Dwusieczne kątów A 1 AC i C 1 CA przecinają się w punkcie B, a punkty A oraz C definiujemy analogicznie. Dowieść, że punkty A, B, C leżą na jednej prostej, która przechodzi przez środek okręgu opisanego na trójkącie ABC. i=1 14

15 Drugi mecz matematyczny: 1. Dla danej liczby naturalnej n 1 niech A oznacza liczbę sposobów na jaką można zapisać n w postaci sumy liczb całkowitych dodatnich nieparzystych, a B niech oznacza liczbę sposobów na jaką można zapisać n w postaci sumy różnych liczb całkowitych dodatnich (w obu zapisach nie zwracamy uwagi na kolejność występowania składników). Udowodnić, że A = B. 2. Niech k, t > 1 będą względnie pierwszymi liczbami naturalnymi. Mając daną permutację (a 1, a 2,..., a n ) zbioru {1, 2,..., n} możemy zamienić w niej dwie liczby miejscami jeśli różnią się o k lub t. Wykazać, że zaczynając od permutacji (1, 2,..., n) możemy otrzymać każdą permutację zbioru {1, 2,..., n} wtedy i tylko wtedy, gdy n k + t Zbiory A 1, A 2,..., A n są podzbiorami zbioru n-elementowego A, przy czym każdy z nich ma co najmniej 2 elementy. Dla każdego dwuelementowego podzbioru A zbioru A istnieje dokładnie jeden taki A i, że A A i. Udowodnić, że jeśli 1 i, j n to A i A j. 4. Rozwiązać w liczbach rzeczywistych układ równań a 2 2b 2 = 1 2b 2 3c 2 = 1 ab + bc + ca = 1 5. Niech a 1, a 2,..., a n będą różnymi liczbami naturalnymi. Dowieść, że zachodzi nierówność a a a 7 n + a a a 5 n 2(a a a 3 n) 2 6. Niech n będzie liczbą naturalną. Udowodnić, że wielomian (x 2 + x) 2n +1 jest nierozkładalny na iloczyn niestałych wielomianów o współczynnikach całkowitych. 7. ABCD jest czworokątem wypukłym, w którym prosta AC jest dwusieczną kąta BAD. Punkt E leży na odcinku CD, a F jest przecięciem BE i AC. Odcinek DF przedłużamy do przecięcia z bokiem BC w punkcie G. Wykazać, że GAC = EAC. 15

16 8. Dany jest nierozwartokątny trójkąt ABC. Punkt D jest spodkiem wysokości z A, natomiast I 1 oraz I 2 są odpowiednio środkami okręgów wpisanych w trójkąty ABD i ACD. Prosta I 1 I 2 przecina AB i AC odpowiednio w punktach P i Q. Udowodnić, że AP = AQ wtedy i tylko wtedy, gdy AB = AC lub A = Dany jest trójkąt ABC. Okrąg o jest styczny do odcinków AB i AC odpowiednio w punktach D i E, różnych od B i C. Ten sam okrąg przecina bok BC w punktach K i L. Odcinki AL i DE przecinają się w punkcie P, a przekątne czworokąta BCED przecinają się w punkcie Q. Dowieść, że punkty P, Q, K są współliniowe. 10. Wyznaczyć najmniejszą liczbę naturalną n > 1, dla której średnia kwadratowa liczb 1, 2,..., n jest liczbą całkowitą. 11. Dla danego h = 2 r, gdzie r 0, wyznaczyć wszystkie liczby naturalne k, dla których istnieje m > 1 nieparzyste oraz liczba naturalna n taka, że k m h 1 oraz m n mh 1 k Rozstrzygnąć dla jakich liczb naturalnych a istnieje nieskończenie wiele liczb bezkwadratowych n takich, że n a n 1. Zadania nieco trudniejsze: 1. Wśród n osób niektóre trójki były razem na imprezie. Dla każdych dwóch różnych osób A i B istnieje dokładnie jedna osoba C taka, że A, B i C byli razem na imprezie. Co więcej, jeśli dla sześciu różnych osób A, B, C, X, Y, Z trójki A, B, X, B, C, Y oraz C, A, Z były razem na imprezie, to również X, Y, Z byli razem na imprezie. Znaleźć wszystkie n, dla których taka sytuacja jest możliwa. 2. Niech punkty D, B, C, E leżą na jednej prostej w tej właśnie kolejności i niech punkt A spełnia równości AB = DB oraz AC = EC. Poprowadźmy dwusieczne kątów ABC oraz ACB i ich przecięcia z okręgiem opisanym na trójkącie ABC oznaczmy odpowiednio przez K i L, zaś ich przecięcia z przeciwległymi bokami trójkąta ABC odpowiednio przez P i Q. Niech O 1 będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie DBL, zaś O 2 środkiem okręgu opisanego na trójkącie ECK. Przez S oznaczmy punkt przecięcia CO 1 i BO 2. Udowodnić, że AS P Q. 16

17 3. Dane jest n liczb rzeczywistych dodatnich x 1, x 2,..., x n o iloczynie równym 1. Wykazać, że n (x i x j ) 2 x 2 i n. 1 i<j n i=1 4. W każdym punkcie kratowym płaszczyzny, który ma niedodatnią współrzędną x położono jeden pionek. Dozwolone są ruchy polegające na wybraniu pewnej pary pionków stojących na sąsiadujących w pionie lub poziomie punktach A i B i zbicie jednym z nich drugiego, tj. zdjęcie pionka z pola A i przestawienie pionka z pola B na taki punkt C, że A jest środkiem odcinka BC (w punkcie C, na który przestawiamy pionek z punktu B, nie mógł dotychczas stać żaden pionek). Znaleźć największe x, dla którego istnieje skończona sekwencja dozwolonych ruchów, po której pewien pionek znajduje się w punkcie (x, y) (dla pewnego y). 5. Niech P będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych, a n liczbą naturalną. Dla każdej liczby całkowitej dodatniej m liczba P (2 m ) jest n-tą potęgą pewnej liczby naturalnej. Udowodnić, że wówczas P (x) = (Q(x)) n dla pewnego wielomianu Q o współczynnikach całkowitych. 6. Niech S 1, S 2 będą okręgami przecinającymi się w dwóch różnych punktach A i B. Prosta przechodząca przez punkt A przecina okrąg S 1 w punkcie C, a okrąg S 2 w punkcie D. Punkty M, N, K leżą odpowiednio na odcinkach CD, BC, BD oraz prosta MN jest równoległa do BD, a prosta MK jest równoległa do BC. Łuki BC okręgu S 1 oraz BD okręgu S 2 zawierają odpowiednio punkty E i F, przy czym prosta EN jest prostopadła do BC, a prosta F K jest prostopadła do BD. Dowieść, że kąt EMF jest prosty. 7. Udowodnić, że istnieje liczba postaci n, gdzie n jest liczbą naturalną, zakończona trójkami w zapisie dziesiętnym. 8. Wielomiany W i V nazywamy względnie pierwszymi jeśli nie istnieje wielomian U stopnia dodatniego taki, że U W i U V. Niech P, Q i R będą względnie pierwszymi wielomianami stopnia dodatniego. Udowodnić, że jeżeli zachodzi ( P (x) ) n + ( Q(x) ) n = ( R(x) ) n, to n 2. 17

18 9. S 1, S 2,..., S 2008 są podzbiorami zbioru {1, 2,..., 2008}, z których każdy posiada parzystą liczbę elementów. Dowieść, że dla pewnych 1 i < j 2008 zbiór S i S j również posiada parzystą liczbę elementów. 10. W nierównoramiennym trójkącie ABC punkty M a, M b, M c oznaczają odpowiednio środki boków BC, CA, AB. Punkt I jest środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt, a punkty A, B, C są punktami styczności tego okręgu odpowiednio z bokami BC, CA, AB. Prosta k jest prostą symetryczną do prostej BC względem prostej AI, a prosta l jest prostą prostopadła do prostej IM a i przechodzącą przez punkt A. X a jest punktem przecięcia prostych k i l, a punkty X b i X c definiujemy analogicznie. Wykazać, że punkty X a, X b, X c leżą na jednej prostej, która jest styczna do okręgu wpisanego w trójkąt ABC. 11. Udowodnić, że dla dodatnich liczb a, b, c zachodzi nierówność 2a a + b + 2b b + c + 2c c + a Na płaszczyźnie dany jest n-kąt wypukły P. Trójkąt utworzony z trzech różnych wierzchołków P nazywamy dobrym jeśli wszystkie jego boki mają długość 1. Dowieść, że jest nie więcej niż 2 n dobrych trójkątów Ciąg (e n ) definiujemy następująco. e 1 = 1, e 2 = 2, a e n+1 jest najmniejszą liczbą, która dotychczas nie wystąpiła w ciągu i NW D(e n, e n+1 ) > 1. Udowodnić, że dla każdej odpowiednio dużej liczby pierwszej p pierwszym wyrazem ciągu (e n ) podzielnym przez p jest wyraz 2p. 18

19 Zawody indywidualne: Rozwiązania 1. Każdą liczbę naturalną pomalowano na jeden z dwóch kolorów. Dowieść, że dla każdej liczby naturalnej n istnieją różne liczby naturalne a, b > n takie, że liczby a, b i a + b są jednego koloru. Sposób I Pokażemy najpierw, że istnieją a, b 1 takie, że a, b i a + b są jednego koloru. Przypuśćmy przeciwnie. Nazwijmy kolory czerwony i niebieski. Bez straty ogólności załóżmy, że 1 jest niebieskie. Jeśli nie istnieje już żadna inna liczba niebieska, to w oczywisty sposób dostajemy sprzeczność, więc istnieje pewna liczba niebieska - n. Wówczas n 1 oraz n + 1 są czerwone. Gdyby 2 było czerwone, to dostalibyśmy w ten sposób czerwoną trójkę (2, n 1, n + 1) - zatem 2 jest niebieskie. Skoro 1 i 2 są niebieskie, to 3 jest czerwone. Analogicznie jak poprzednio wnioskujemy, że istnieje pewna liczba niebieska większa od 4 - niech będzie to n. Wówczas n 1 oraz n + 2 są czerwone. Jednak wówczas trójka 3, n 1, n + 2 jest czerwona i spełnia założenia zadania. Sprzeczność. Analogicznie możemy wykazać, że istnieją a, b n + 1 spełniające założenia zadania, rozpatrując zamiast zbioru N zbiór (n + 1)N, gdzie kn = {n : n = km, m N}. Sposób II Przypuśćmy nie wprost, że nie istnieją takie liczby a, b > n, że a, b i a + b są jednego koloru. Nazwijmy kolory czerwony i niebieski. Bez starty ogólności niech n + 1 będzie czerwone. Istnieją co najmniej 2 liczby czerwone większe od 2n + 2, w przeciwnym wypadku od pewnego momentu wszystkie liczby byłyby niebieskie i teza byłaby spełniona. Niech więc a > b > 2n+2 czerwone. Zatem b+a, b (n+1), (n+1)+a są niebieskie i wszystkie różne. Jednak (b (n + 1)) + ((n + 1) + a) = b + a, czyli istnieje niebieska trójka większa od n. Sprzeczność. 2. Niech O i I oznaczają odpowiednio środek okręgu opisanego i wpisanego w nierównoboczny trójkąt ABC. Udowodnić, że AIO 90 wtedy i tylko wtedy, gdy 2BC AB + AC. 19

20 Oznaczmy przez T przecięcie dwusiecznej kąta BAC z okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Punkt I leży wówczas na boku AT trójkąta AOT i nietrudno zauważyć, że nierówność AIO 90 jest równoważna temu, że T I AI. Powszechnie wiadomo (lub jest to proste ćwiczenie), że T B = T I = T C. Z Twierdzenia Ptolemeusza wnioskujemy jednocześnie, że T C AB + T B AC = AT BC czyli też T I (AB + AC) = (AI + T I) BC. Dlatego warunek T I AI równoważny jest warunkowi T I (AB + AC) 2T I BC lub po prostu i dowód jest zakończony. AB + AC 2BC 3. Liczbę naturalną n nazywamy wypasioną, jeżeli dla każdej liczby pierwszej p dzielącej n liczba p 2 również dzieli n. Rozstrzygnąć, czy istnieje nieskończenie wiele liczb n takich, że n oraz n + 1 są wypasione. Sposób I Tak, istnieje nieskończenie wiele n takich, że n i n + 1 są wypasione. Zauważmy, że iloczyn dwóch liczb wypasionych jest liczbą wypasioną oraz, że kwadraty liczb naturalnych również są wypasione. Załóżmy więc, że n i n + 1 są wypasione. Wówczas wypasiona jest też liczba 4n(n + 1). Jednocześnie 4n(n + 1) + 1 = 4n 2 + 4n + 1 = (2n + 1) 2, a więc ta liczba także jest wypasiona. Oznacza to, że mając daną parę kolejnych liczb naturalnych, które są wypasione możemy wygenerować większą, gdyż jasne jest, że n < 4n(n + 1). Aby zakończyć rozwiązanie wystarczy zauważyć, iż liczby 8 oraz 9 są wypasione. Sposób II Równanie Pella a 2 8b 2 = 1 posiada nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach naturalnych. Dla każdego takiego rozwiązania możemy przyjąć n = a 2, wtedy n + 1 = 8b 2 i oczywiście obie te liczby są wypasione, czyli znaleźliśmy nieskończenie wiele liczb n spełniających żądany warunek. 20

21 4. Wyznaczyć wszystkie funkcje f : Z + Z + spełniające dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich x i y warunek f(x 2 + f(y)) = xf(x) + y. Sposób I Oznaczmy C = f(1) + 1. Podstawiając x = y = 1 otrzymujemy f(c) = C. Wykażemy indukcyjnie, że zachodzi f(kc) = kc oraz f(kc + 1) = kc + f(1). Początek indukcji: istotnie f(c) = C; podstawiając x = 1, y = C otrzymujemy f(1 + C) = f(1) + C. Krok indukcyjny: podstawiając x = 1 oraz y = kc otrzymujemy f(1 + kc) = f(1) + kc. Podstawiając x = 1, y = kc + 1 otrzymujemy f((k+1)c) = f(1+kc+f(1)) = f(1+f(kc+1)) = f(1)+kc+1 = (k+1)c. Zatem teza indukcji została udowodniona. Pokażemy teraz, że f(1) = 1. Można to zrobić na różne sposoby. Zauważmy, że funkcja f jest różnowartościowa, gdyż jeśli f(a) = f(b), to xf(x) + a = f(x 2 + f(a)) = f(x 2 + f(b)) = xf(x) + b. Podstawiając x = C, y = 1 mamy f(c 2 + f(1)) = Cf(C) + 1 = C Dla x = C 2 + f(1), y = 1 dostajemy f((c 2 + f(1)) 2 + f(1)) = (C 2 + f(1))(c 2 + 1) + 1. Podobnie podstawiając x = C 2 + 1, y = 1 mamy f((c 2 + 1) 2 + f(1)) = (C 2 + 1)(C 2 + f(1)) + 1, czyli z różnowartościowości otrzymujemy (C 2 + f(1)) 2 + f(1) = (C 2 + 1) 2 + f(1), a co za tym idzie f(1) = 1. Zatem C = 2 i przedstawiony wyżej dowód indukcyjny pokazuje, że musi zachodzić f(n) = n dla dowolnego n Z +. 21

22 Sprawdzamy, że faktycznie f(n) = n spełnia warunki zadania, gdyż f(x 2 + f(y)) = x 2 + y = x x + y = xf(x) + y. Sposób II Podstawiając do równania parę x, z otrzymujemy f(x 2 +f(z)) = xf(x)+ z, a parę y, z otrzymujemy f(y 2 + f(z)) = yf(y) + z. Zauważmy, że znaczy to, że od pewnego miejsca dla funkcji f zachodzi następująca własność: gdy przesuniemy się o x 2 y 2 na osi, to wartości funkcji wzrosną o xf(x) yf(y). Zauważmy, że dla dowolnych par ( (x, y) ) oraz ( (z, t) ) stosunki x 2 y 2 xf(x) yf(y) oraz z 2 t 2 zf(z) tf(t) muszą być równe. x Przypuśćmy, że nie jest to prawdą, niech 2 y 2 z > 2 t 2. xf(x) yf(y) zf(z) tf(t) Wartości funkcji na przedziale [t 2, z 2 ] są ograniczone z góry przez pewne M R. Zatem wartości funkcji na przedziale [t 2 + k(z 2 t 2 ), z 2 + k(z 2 t 2 )] są ograniczone z góry przez M + k(zf(z) tf(t)). Jednak f(t 2 + m(x 2 y 2 )) = f(t 2 ) + m(xf(x) yf(y)) dla dostatecznie dużego m wypadnie w przedziale [t 2 + k(z 2 t 2 ), z 2 + k(z 2 t 2 )] takim, że f(t 2 + m(x 2 y 2 )) > M + k(zf(z) tf(t)), gdyż x 2 y 2 xf(x) yf(y) > z2 t 2 zf(z) tf(t). Z ten sposób pokazaliśmy, że xf(x) yf(y) x 2 y 2 = k dla pewnego k R. Zatem xf(x) kx 2 = yf(y) ky 2, czyli xf(x) kx 2 = C dla pewnego C. Innymi słowy f(x) = kx + C x. Aby obliczyć współczynniki k oraz C można teraz oznaczyć D = f(1)+1 i zauważyć, że podstawiając parę ( (1, 1) ) do pierwotnego równania mamy f(d) = D, parę ( (1, D) ) mamy f(d + 1) = D + f(1) i parę ( (1, D + 1) ) mamy f(2d) = 2D. W ten sposób natychmiast dostajemy, że k = 1 i C = 0. Sprawdzamy, że funkcja f(x) = x spełnia początkowe równanie, zatem jest to jedyne rozwiązanie zadania. oraz 5. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (gdzie n 4) spełniają warunki a 1 + a a n n a a a 2 n n 2. Dowieść, że przynajmniej jedna z liczb a 1, a 2,..., a n jest nie mniejsza niż 2. 22

23 Sposób I Dowód przeprowadzimy nie wprost. Przypuśćmy, że a i < 2 dla i = 1, 2..., n. Zauważmy najpierw, że jeżeli rozsuwamy liczby tak, by ich suma się nie zmieniała, to suma kwadratów rośnie. Formalnie, niech a > b, x > 0. Wówczas (a + x) 2 + (b x) 2 = a 2 + 2ax + x 2 + b 2 2bx + x 2 = a 2 + b 2 + 2x 2 + 2x(a b) > a 2 + b 2. Jeżeli więc rozsuniemy liczby a 1, a 2,..., a n w ten sposób, że wszystkie oprócz jednej będą równe 2, a ta ostatnia wyniesie a 1 + a a n (n 1) 2, to suma kwadratów wzrośnie, czyli a a a 2 n < (n 1) (a 1 + a a n (n 1) 2) 2. Jednak a 1 + a a n n, czyli a a a 2 n < (n 1) (a 1 + a a n (n 1) 2) 2 4(n 1) + (n 2) 2 = 4n 4 + n 2 4n + 4 = n 2, gdzie nierówność bierze się z tego, że a 1 + a a n 2(n 1) n 2(n 1) (n 2) oraz a 1 +a a n 2(n 1) < 2n 2(n 1) = n 2. Jednak z założeń zadania wynika, że a a a 2 n n 2, czyli dostajemy sprzeczność z założeniem, że a i < 2 dla i = 1, 2,..., n. Sposób II Po pomnożeniu pierwszej nierówności przez n 4 (n 4) i dodaniu drugiej otrzymujemy Przekształcając dostajemy n (a 2 i + (n 4)a i ) 2n 2 4n. i=1 n (a i 2)(a i + (n 2)) 0. i=1 Zatem dla pewnego i mamy (a i 2)(a i + (n 2)) 0, czyli a i 2 lub a i 2 n. Jeżeli zachodzi pierwsza z nierówności, to otrzymujemy tezę. 23

24 W drugim przypadku mamy 2 n a i, bez straty ogólności załóżmy i = 1. Wówczas dodając nierówność 2 n a 1 do pierwszej nierówności z treści zadania i skracając otrzymujemy n (a i 2) 0, i=2 co implikuje a i 2 dla pewnego i, czyli tezę. 6. Znaleźć wszystkie liczby naturalne n 2 takie, że wszystkie liczby naturalne mniejsze od n i względnie pierwsze z n tworzą ciąg arytmetyczny. Wszystkie liczby n spełniające zadane warunki to liczby pierwsze, potęgi dwójki oraz liczba 6. Istotnie, załóżmy, że wszystkie liczby naturalne mniejsze od n i względnie pierwsze z n tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy r. Jeśli r = 1, to n nie posiada żadnych dzielników większych od 1, a zatem n jest liczbą pierwszą. Jeśli r = 2, to n nie posiada dzielników pierwszych nieparzystych, a posiada parzyste czyli jest potęga dwójki. Przyjmijmy więc, że r 3. Wtedy oczywiście n jest liczbą parzystą, a zatem możemy zapisać n = 2 a b, gdzie b jest nieparzyste i większe niż 1, gdyż jeśli n byłoby potęga liczby 2, to r = 2, a ten przypadek rozpatrzyliśmy już wcześniej. Nietrudno zauważyć, że liczby b 2, b + 2 są mniejsze niż n oraz względnie pierwsze z n, czyli należą do ciągu arytmetycznego. Ponieważ r > 2 mamy zatem r = 4. W szczególności 3 n. Jeśli n > 6, to n 12. Wypisując jednak trzy pierwsze wyrazy naszego ciągu: 1, 5, 9 otrzymujemy sprzeczność. Bez trudu sprawdzamy, że n = 6 również spełnia warunki zadania. 7. Zabezpieczenie sejfu składa się z trzech kół, z których każde może być ustawione w jednej z ośmiu pozycji. Z powodu uszkodzenia mechanizmu blokującego sejf drzwiczki do sejfu można otworzyć, gdy dowolne dwa koła znajdują się w prawidłowej pozycji. Rozstrzygnij jaka jest najmniejsza liczba prób, która gwarantuje otworzenie sejfu. Odpowiedź: 32. Oznaczmy pozycje numerami 0, 1,..., 7. Prawidłowy kod składa się z trzech cyfr; co najmniej dwie z nich są w zbiorze {0, 1, 2, 3} lub 24

25 {4, 5, 6, 7}. Sprawdzamy wobec tego trójki (a, b, c), gdzie 4 a + b + c oraz wszystkie trzy liczby należą do jednego z dwóch wspomnianych zbiorów. Takich trójek jest 32: wybieramy jeden z dwóch zbiorów, liczbę a na cztery sposoby i liczbę b na cztery sposoby; każdy taki układ daje nam jedną trójkę (a, b, c). Takie postępowanie gwarantuje nam otworzenie sejfu; wybieramy pozycje, na których liczby z otwierającego układu są w jednym zbiorze i ustalamy tam prawidłowe cyfry - wtedy na pozostałej da się tek dobrać cyfrę tak, by otrzymana trójka była sprawdzana. Przypuśćmy teraz, źe uda się otworzyć sejf w co najwyżej 31 sprawdzeniach. Wtedy istnieje takie a, że sprawdzamy co najwyżej 3 trójki postaci (a, b, c). Bez straty ogólności przyjmijmy, że sprawdzamy trójki (0,0,0), (0,1,1) i (0,2,2). Gdyby sejf otwierała trójka (0, b, c), gdzie 3 b, c, to aby go otworzyć, musimy sprawdzić trójkę (a, b, c), gdzie a > 0. Daje to 25 trójek do sprawdzenia; razem z poprzednimi trzema 28 (zauważmy, że gdybyśmy sprawdzili mniej niż 3 trójki postaci (0, b, c) lub zestaw trójek istotnie inny niż (0,0,0), (0,1,1), (0,2,2) to na tym etapie mielibyśmy już , , lub 8 8 sprawdzeń - sprzeczność). Do tej pory nie otworzyliśmy sejfu, jeśli otwiera go jedna z trójek: (1,0,1), (1,0,2), (2,0,1), (2,0,2), (3,1,0), (3,2,0), (4,1,0), (4,2,0). Jednak do sprawdzenia pierwszych czterech możliwości potrzeba dwóch trójek i do ostatnich czterech też dwóch, przy czym są to zbiory rozłączne (bo trójka z pierwszych czterech i trójka z ostatnich czterech różnią się na wszystkich trzech miejscach), razem 32 - sprzeczność. 8. Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Punkt K leży na boku AB, punkt L na boku AC oraz punkty K, O i L są współliniowe. Punkt R jest środkiem odcinka BL, zaś S jest środkiem odcinka CK. Udowodnij, że BAC = SOR. Niech B, C oznaczają punkty symetryczne do punktów B, C względem punktu O. Z twierdzenia Talesa mamy SO KC i OR B L. Ponadto jeśli X jest punktem przecięcia prostej KC i okręgu przechodzącego przez punkty A, B, C, to z twierdzenia Pascala dla sześciokąta ABB XC C wynika, ze punkty K, O oraz przecięcie B X z AC leża na jednej prostej. Oznacza to, że proste KO, AC i B X przecinają się w jednym punkcie, czyli L leży na prostej B X. Wobec tego SOR = C XB. Aby zakończyć dowód wystarczy zauważyć, że łuki BC i B C są równej długości, więc BAC = C XB 25

26 A C B K O L R S B C X 9. Dany jest ostrokątny trójkąt ABC, w którym AB AC. Dwusieczna kąta A przecina bok BC w punkcie V, natomiast D jest spodkiem wysokości poprowadzonej z A. Okrąg opisany na trójkącie AV D przecina boki AB i CA odpowiednio w punktach F i E. Dowieść, że proste AD, BE i CF przecinają się w jednym punkcie. Ponieważ AD V D, więc AV jest średnicą okręgu. Wobec tego AE V E oraz AF V F. W połączeniu z równością EAV = F AV daje to AE = AF oraz V E = V F. Mamy w takim razie: AF F B BD DC CE EA = CE F B BD DC V E ctg C AD ctg B = V F ctg B AD ctg C = 1, co w połączeniu z twierdzeniem odwrotnym do twierdzenia Cevy daje tezę. 10. Szachownicę wypełniono liczbami rzeczywistymi o module niewiększym niż 1. Co więcej suma liczb w każdym kwadracie 2 2 jest zerem. Udowodnić, że suma wszystkich liczb na szachownicy 26

27 nie przekracza Kolorujemy szachownicę w odpowiedni sposób - schemat pokazany na rysunku. Lewe dolne schody składają się z pewnej liczby kwadratów 2 2, czyli suma liczb na ich polach wynosi 0. Również prawe górne schody posiadają tę właściwość. Z pól całej planszy wszystkie pola zostały pokolorowane dokładnie raz oprócz pól na przekątnej. Oznaczmy przez B sumę liczb na białych polach, przez C sumę liczb na polach pokolorowanych 2 razy, przez S sumę liczb na całej szachownicy, przez L sumę liczb na lewych schodach, a przez P na prawych. Niech b to liczba pól białych, a c czarnych. Zauważmy, że wówczas S = L + P C + B = B C = B C < b + c = , czyli tym samym teza została wykazana. 11. Niech C będzie liczbą dodatnią, zaś a 1, a 2,... nieskończonym ciągiem liczb dodatnich spełniającym dla każdego i = 1, 2,... warunek 0 a i C oraz dla każdych liczb 1 i < j nierówność 1 a i+j i a j. Udowodnić, że C 1. 27

28 Niech n będzie dowolną liczbą naturalną, a (k 1, k 2,..., k n ) taką permutacją ciągu (1, 2,..., n), że a k1 < a k2 <... < a kn. Zachodzą nierówności: C a kn a k1 = i=1 n 1 i=1 a ki+1 a ki n 1 i=1 1 k i+1 + k i (n 1)2 (n 1)2 (n 1)2 > n 1 (k i+1 + k i ) 2 n = k n(n + 1), i i=1 gdzie druga nierówność wynika z nierówności Cauchy ego-schwarza dla 1 1 liczb (k 1 + k 2 ),..., (k n 1 + k n ) oraz k 1 +k 2,..., k n 1 +k n. Przechodząc do granicy przy n dostajemy C Niech P będzie unormowanym wielomianem dziesiątego stopnia o współczynnikach całkowitych. Rozstrzygnąć, czy liczby P (0), P (1),..., P (100) mogą dawać parami różne reszty przy dzieleniu przez 101. Odpowiedź jest negatywna. Zaczniemy od udowodnienia następującego lematu: Lemat. Niech p 2 będzie liczbą pierwszą, natomiast k liczbą naturalną niepodzielną przez p 1. Wówczas p 1 k + 2 k (p 1) k. Wiadomo, że istnieje generator grupy multiplikatywnej modulo p, tzn. taka reszta g modulo p, że liczby ze zbioru {g 0, g 1, g 2,... g p 2 } dają wszystkie możliwe niezerowe reszty modulo p (lub też inaczej, rząd g modulo p wynosi p 1). Wówczas g k 1 (mod p), gdyż p 1 nie dzieli k. Zauważmy, że liczby g, 2g,..., (p 1)g dają wszystkie możliwe niezerowe reszty z dzielenia przez p i każda reszta pojawia się dokładnie raz. Zatem g k + (2g) k +...((p 1)g) k 1 k + 2 k (p 1) k (mod p), a stąd (g k 1)(1 k + 2 k (p 1) k ) 0 (mod p). Ponieważ pierwszy czynnik jest niepodzielny przez p podzielny musi być drugi i dowód lematu jest zakończony. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że istnieje wielomian P (x) stopnia 10, dla którego liczby P (0), P (1),..., P (100) dają różne reszty przy dzieleniu 28

29 przez 101. Nietrudno wówczas zauważyć, że P (P (x)) jest unormowanym wielomianem stopnia 100 i liczby P (P (0)), P (P (1)),..., P (P (100)) też dają różne reszty przy dzieleniu przez 101. Mamy więc P (P (0))+P (P (1))+...+P (P (100)) (mod 101). Z drugiej jednak strony niech P (P (x)) = x a 99 x a 1 x + a 0. Wtedy P (P (0)) + P (P (1)) P (P (100)) ( ) + a 99 ( ) a 1 ( ) + 101a (mod 101), gdyż na mocy lematu przy każdym współczynniku a i jest liczba podzielna przez 101, a resztę z dzielenia sumy obliczamy z Małego Twierdzenia Fermata. Oczywiście (mod 101) i uzyskana sprzeczność kończy dowód. 13.Wielomian P spełnia dla każdej liczby rzeczywistej x równość P (x)p (2x 2 ) = P (2x 3 + x). Udowodnić, że jeśli P ma pierwiastek rzeczywisty, to jest tożsamościowo równy zero. Przypuśćmy przeciwnie i oznaczmy przez x 0 pierwiastek P o największej wartości bezwzględnej. Mamy wówczas P (2x x 0 ) = P (2x 2 0)P (x 0 ) = P (2x 2 0) 0 = 0. Zatem 2x x 0 jest również pierwiastkiem P. Co więcej, jeżeli x 0 0, to 2x x 0 > x 0, gdyż znak x 3 0 jest taki sam co x 0. Wobec tego jedynym pierwiastkiem P jest 0, czyli P (x) = x n Q(x) oraz Q(0) 0. Zatem x n 2x 2n Q(x)Q(2x 2 ) = (2x 3n + x n )Q(2x 3 + x). Spójrzmy jednak na krotność pierwiastka w x = 0. Lewa strona równania ma 0 w 3n potędze, prawa zaś w n potędze. Zatem n = 3n, czyli n = 0. Sprzeczność z założeniem, że P / Niech okręgi o 1 i o 2 przecinają się w punktach A i B. Pewna prosta przechodząca przez B przecina o 1 i o 2 odpowiednio w punktach C i D. 29

30 Proste styczne do o 1 w C i o 2 w D przecinają się w punkcie M. Proste AM i CD przecinają się w punkcie X. Punkt K jest takim punktem na prostej AC, że proste XK i MC są równoległe. Udowodnić, że prosta KB jest styczna do okręgu o 2. A K O C X B D M Ponieważ BAC = BCM = KXC, więc czworokąt ABXK jest wpisany w okrąg. Ponadto ACM = 180 ABC = ABD = 180 ADM, więc czworokąt ACMD też jest wpisany w okrąg. Oznaczmy przez O środek okręgu o 2. Zachodzą równości: ABK = AXK = AMC = ADC = czyli KBO = 90, i mamy tezę. ADB = 1 2 AOB = 90 ABO, 15. Dane są trzy liczby całkowite a, b, c i liczba pierwsza p 5. Udowodnić, że jeżeli an 2 + bn + c jest kwadratem liczby całkowitej dla 2p 1 kolejnych wartości n, to p b 2 4ac. 30

31 Niech f(n) = an 2 + bn + c oraz niech k, k + 1,..., k + 2p 2 będą 2p 1 kolejnymi liczbami naturalnymi, dla których f przyjmuje wartości będące kwadratami liczb całkowitych. Zacznijmy od zbadania dla jakich x, y Z zachodzi f(x) f(y) (mod p). Pytamy więc kiedy spełniona jest kongruencja ax 2 + bx + c ay 2 + by + c (mod p), lub równoważnie czyli (x y)(ax + ay) + b(x y) 0 (mod p), (x y)(a(x + y) + b) 0 (mod p). Wynika stąd, że f(x) f(y) (mod p), wtedy i tylko wtedy, gdy x y (mod p) lub ay ax b (mod p). (1) Nietrudno zauważyć, że jeśli a 0 (mod p), to przy danym x istnieje dokładnie jedno rozwiązanie kongruencji (1) mod p. W szczególności nie istnieją liczby całkowite x, y, z dające parami różne reszty z dzielenia przez p, dla których f(x) f(y) f(z) (mod p). Jeśli natomiast a 0 (mod p), to owa kongruencja posiada rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy również b 0 (mod p). Jak wiadomo wszystkich niezerowych reszt kwadratowych modulo p jest dokładnie p 1. Z treści zadania wynika natychmiast, że reszty dzielenia liczb f(k), f(k +1),..., f(k +p 1) są niezerowymi resztami kwadra- 2 towymi modulo p lub są podzielne przez p. Zauważmy jednak, że tych liczb jest p, a możliwych reszt p+1, skąd wynika, że pewna reszta jest 2 przyjmowana co najmniej 2 razy. W szczególności jeśli p a, to p b, gdyż kongruencja (1) posiada rozwiązanie. Ale wówczas p b 2 4ac, czyli teza jest spełniona. Załóżmy więc, że a 0 (mod p). Jasne jest też, że któraś z wartości f(k),..., f(k + p 1) musi być podzielna przez p, gdyż inaczej pewna reszta kwadratowa byłaby przyjmowana 3 razy, co jak zauważyliśmy wcześniej, jest niemożliwe. Załóżmy najpierw, że istnieją dwie liczby k t < s k + p 1, dla których p f(t) oraz p f(s). Z faktu t k+p 2 wynika, że t+p k+2p 2, a więc f(t + p) również jest kwadratem i jasne jest, że p f(t + p). Liczby 31

32 podzielne przez liczbę pierwszą p: f(t), f(t + p) są kwadratami liczb naturalnych, a więc są również podzielne przez p 2. Mamy więc p 2 f(t+p) f(t) = a(t+p) 2 +b(t+p)+c (at 2 +bt+c) = 2atp+ap 2 +bp, skąd wynika, że p 2at + b. Czyli p 4af(t) = (2at + b) 2 (b 2 4ac), czyli też p b 2 4ac i w tym przypadku zadanie jest rozwiązane. Załóżmy teraz, że wśród liczb k, k + 1,..., k + p 1 jest dokładnie jedna liczba t, dla której p f(t). Jeśli jednak weźmiemy z tych liczb taką liczbę s, która jest rozwiązaniem kongruencji (1) przy ustalonym x = t, to wówczas p f(s). Musi być zatem s t (mod p), czyli wstawiając do kongruencji (1) x = y = t dostajemy p 2at + b, co w połączeniu z p f(t) daje, jak widzieliśmy wcześniej, p b 2 4ac i dowód jest zakończony. 16. Dana jest liczba naturalna n 2. Tablica n n jest wypełniona liczbami 0 i 1 w ten sposób, że każdy podzbiór n pól, z których żadne 2 nie leżą w jednej kolumnie ani w jednym wierszu zawiera co najmniej jedno pole z liczbą 1. Dowieść, że istnieje i wierszy i j kolumn, gdzie i + j n + 1, takich, że na przecięciu każdego wiersza i każdej kolumny jest liczba 1. Do rozwiązania tego zadania zastosujemy twierdzenie Halla (tu zapisane w terminologii chłopców i dziewczynek) Twierdzenie Halla Na tańcach jest n chłopców i pewna liczba dziewczynek. Mówimy, że spełniony jest warunek Halla, jeżeli dla każdej grupy k chłopców, gdzie 1 k n istnieje przynajmniej k dziewczynek takich, że któryś z tych chłopców ją zna. Jeżeli spełniony jest warunek Halla, to wówczas każdemu chłopcu możemy przydzielić do pary dziewczynkę, którą zna. Musimy teraz jedynie wykonać pracę typową dla zadań na twierdzenie Halla, czyli zinterpretować co jest chłopcem, co jest dziewczynka i 32

33 co jest znajomością. W tym przypadku niech chłopcy to będą wiersze, dziewczynki to kolumny (bądź odwrotnie). Powiemy, że wiersz i kolumna znają się, jeżeli pole na ich przecięciu zawiera 0. Warunek, że dla dowolnego podzbioru n pól z różnych wierszy i różnych kolumn któreś z nich posiada 1 jest to dokładnie powiedzenie, że dla dowolnego sparowania wszystkich chłopców ze wszystkimi dziewczynkami któraś para nie będzie się znała. Teza zadania mówi, że istnieje pewne i wierszy (chłopców) takich, że istnieje dla nich j n + 1 i kolumn (dziewczynek) takich, że żadna z tych kolumn nie jest znana przez żaden wiersz. Czyli innymi słowy teza zadania mówi, że istnieje pewna i-elementowa grupa chłopców, która zna jedynie co najwyżej n (n + 1 i) = i 1 dziewczynek. Jest to więc dokładnie zaprzeczenie warunku Halla. Zatem zadanie jest jedynie przeformułowaniem twierdzenia Halla, mówi ono, że z zaprzeczenia tezy tego twierdzenia wynika zaprzeczenia założenia, czyli dysponując twierdzeniem Halla wykazaliśmy tezę zadania. 17. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych n takich, że suma cyfr liczby 3 n jest nie mniejsza niż suma cyfr liczby 3 n+1. Udowodnimy tezę zadania nie wprost. Oznaczmy przez S(n) sumę cyfr liczby n. Przypuśćmy, że tylko dla skończenie wielu liczby naturalnych n zachodzi S(3 n ) S(3 n+1 ). Wówczas oprócz pewnych k liczby dla wszystkich liczb naturalnych zachodzi S(3 n+1 ) > S(3 n ). Zauważmy jednak, że dla n 2 zachodzi 9 3 n, a co za tym idzie 9 S(3 n ). Zatem skoro S(3 n+1 ) > S(3 n ), to S(3 n+1 ) 9 + S(3 n ). Zatem S(3 n ) 9(n k 2)+S(9) = 9(n k 1). Jednak liczba 3 2n ma co najwyżej n cyfr, a co za tym idzie S(3 2n ) 9n. A zatem 9n S(3 2n ) 9(2n k 1), co dla dowolnego k przy dostatecznie dużym n nie jest prawdą. Sprzeczność. 18. Dany jest wielomian stopnia n spełniający zależność P (i) = 2 i dla i = 0, 1, 2,..., n. Wyznaczyć P (n + 1). Sposób I Przez P n oznaczmy wielomian stopnia co najwyżej n i dla i = 0, 1,..., n spełniający własność z treści zadania. Niech Q n (x) = P n (x + 1) P n (x). Wówczas Q n (i) = P n (i + 1) P n (i) = 2 i+1 2 i = 2 i dla i = 0, 1,..., n 33

34 1. Co więcej, Q n jest wielomianem stopnia co najwyżej n 1, gdyż współczynniki przy najwyższej potędze P n redukują się. Ponieważ istnieje tylko jeden wielomian stopnia co najwyżej n 1 o ustalonych wartościach w n punktach, to Q n = P n 1. Udowodnimy teraz przez indukcję, że P n (n + 1) = 2 n+1 1. Dla n = 0 wielomian P 0 jest wielomianem stopnia 0 takim, że P 0 (0) = 1, czyli P 0 (x) = 1, a co za tym idzie istotnie P 0 (1) = 1 = Załóżmy teraz, że P n (n+1) = 2 n+1 1. Przypomnijmy, że dla dowolnego n zachodzi Q n = P n 1, a zatem P n = Q n+1. Wynika z tego, że 2 n+1 1 = P n (n + 1) = Q n+1 (n + 1) = P n+1 (n + 2) P n+1 (n + 1) = P n+1 (n + 2) 2 n+1, czyli P n+1 (n + 2) = 2 n+2 1. Tym samym wykazany został krok indukcyjny. Odpowiedź P (n + 1) = 2 n+1 1. Sposób II Można skorzystać ze wzoru interpolacyjnego Lagrange a, który podaje w sposób jawny wielomian stopnia co najwyżej n o ustalonych wartościach w n+1 punktach. Jeśli wielomian W co najwyżej n w punktach x 0,..., x n posiada odpowiednio wartości a 0,..., a n, to jest on postaci n x x j W (x) = a i. i=0 j i x i x j Korzystając ze wzoru Lagrange a otrzymujemy, że n P (n + 1) = 2 i (n + 1 j) n + 1 j n = 2 i j i i=0 j i i j i=0 i j j i n = 2 i (n + 1)! n ( ) i=0 (n + 1 i)i!(n i)!( 1) = n i ( 1) n i n i i=0 i ( ) ( ) n+1 n + 1 n + 1 = 2 i ( 1) n+1 i + 2 n+1 i n + 1 i=0 = (2 1) n n+1 = 2 n

35 19. Na płaszczyźnie dany jest wielokąt W o polu większym od n. Udowodnić, że można tak przesunąć równolegle wielokąt W, że w jego wnętrzu znajdzie się co najmniej n + 1 punktów kratowych. Niech S będzie zbiorem wszystkich kwadratów jednostkowych o wierzchołkach w punktach kratowych, przecinających wielokąt W. Jeżeli zsumujemy dla każdego takiego kwadratu jednostkowego K pole części K W, to suma ta będzie równa polu W, czyli większa niż n. Zatem jeżeli nałożymy wszystkie kwadraty na jedno miejsce, to z zasady szufladkowej Dirichleta w wersji polowej wynika, że istnieje punkt, który będzie pokryty przez figury K W co najmniej n + 1 razy. Oznaczmy ten punkt przez A = (a 1, a 2 ), gdzie 0 a 1, a 2 1. Zatem wśród punktów postaci (k + a 1, l + a 2 ), gdzie k, l Z przynajmniej n + 1 należy do wnętrza wielokąta W. Zatem jeśli W przesuniemy o wektor v = ( a 1, a 2 ), to przynajmniej n + 1 z punktów postaci (k, l) takich, że k, l Z, czyli punktów kratowych będzie należało do (przesuniętego) wielokąta W. 20. Niech KL i KN będą stycznymi do okręgu k w punktach L i N. M jest takim punktem, że K, N, M leżą na jednej prostej w tej właśnie kolejności. Okrąg opisany na trójkącie KLM przecina okrąg k w punkcie P. Punkt Q jest rzutem prostopadłym N na prostą ML. Udowodnić, że MP Q = 2 KML. Oznaczmy przez R drugi punkt przecięcia okręgu k z prostą LM. Zachodzą równości: MP K = MLK = RLK = RP L. W takim razie MP R = KP L = KML. Wobec tej równości okrąg przechodzący przez punkty M, P, R jest styczny do prostej KM. Oznaczmy przez S środek odcinka MN. Punkt ten leży na osi potęgowej okręgu k i okręgu opisanego na trójkącie MP R, czyli na prostej P R. Trójkąt MSQ jest równoramienny, czyli MQS = QMS = MP S i punkty M, P, Q, S leżą na okręgu. W takim razie: MP Q = MP S + SP Q = MQS + SMQ = 2 SMQ = 2 KML. 35